Question

8．已知函数f（x）=log₂（4^x+1）-x．
（1）求证：函数f（x）是偶函数；
（2）若对任意x∈[1，2]，不等式f（x）≤log₂（$\frac{m}{{2}^{x}}$+3）恒成立，求实数m的最小值；
（3）设函数g（x）=f（x）-log₂（a•2^x+1-4a）在（2，+∞）上有且只有一个零点，求正实数a．

Answer 1

分析 （1）求出定义域，验证f（-x）=f（x）即可；
（2）利用函数单调性将不等式转化为2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$≤$\frac{m}{{2}^{x}}$+3，即m≥4^x-3•2^x+1，所以m得最小值为右边函数在[1，2]上的最大值；
（3）将方程化为2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$=a•2^x+1-4a在（2，+∞）上只有一解，使用换元法转化为二次函数F（t）=（1-2a）t²+4at+1在（4，+∞）上只有一解问题．

解答 解：（1）由式子有意义得4^x+1＞0，显然恒成立，
∴f（x）的定义域为R，关于原点对称．
∵f（x）=log₂（4^x+1）-x=log₂（4^x+1）-log₂2^x
=log₂$\frac{{4}^{x}+1}{{2}^{x}}$=log₂（2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$），
∴f（-x）=log₂（2^-x+$\frac{1}{{2}^{-x}}$）=log₂（2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$）=f（x）．
∴函数f（x）是偶函数．
（2）∵f（x）≤log₂（$\frac{m}{{2}^{x}}$+3），
∴log₂（2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$）≤log₂（$\frac{m}{{2}^{x}}$+3），
∴2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$≤$\frac{m}{{2}^{x}}$+3，
∴m≥4^x-3•2^x+1．
令2^x=t，∵x∈[1，2]，∴t∈[2，4]．
∴m≥t²-3t+1
设h（t）=t²-3t+1，
则h_max（t）=h（4）=5，
∴m≥5．
∴m的最小值为5．
（3）∵函数g（x）=f（x）-log₂（a•2^x+1-4a）在（2，+∞）上有且只有一个零点
∴f（x）=log₂（a•2^x+1-4a）在（2，+∞）上只有一解．
即log₂（2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$）=log₂（a•2^x+1-4a）在（2，+∞）上只有一解
∴2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$=a•2^x+1-4a在（2，+∞）上只有一解
令2^x=t，则t＞4，方程转化为（1-2a）t²+4at+1=0在（4，+∞）上只有一解．
令F（t）=（1-2a）t²+4at+1，
∵F（t）=0在（4，+∞）上只有一解
①若1-2a=0，则t=-$\frac{1}{2}$，不符合题意．
②若1-2a≠0，
（i）当△=16a²-4（1-2a）=0，即a=$\frac{\sqrt{5}-1}{4}$时，t=-$\frac{4a}{2（1-2a）}$＜4，不符合题意．
（ii）当△=16a²-4（1-2a）＞0，即a＞$\frac{\sqrt{5}-1}{4}$时，
若1-2a＞0，即a＜$\frac{1}{2}$时，则F（4）＜0，
即16（1-2a）+16a+1＜0，解得a＞$\frac{17}{16}$（舍去）．
若1-2a＜0，即a＞$\frac{1}{2}$时，F（4）＞0，
即16（1-2a）+16a+1＞0，解得a＜$\frac{17}{16}$，
∴$\frac{1}{2}＜a＜\frac{17}{16}$
综上所述：a的取值范围是（$\frac{1}{2}$，$\frac{17}{16}$）．

点评 本题考查了对数的运算性质，函数恒成立问题及换元法在复合函数中的应用，综合性较强．